2019－2021年河北省中考物理试题分类汇编-计算、简答及综合题

2019－2021年河北省物理中考题分类汇编——计算、简答及综合题一、计算题1．（2021年河北省中考物理试题）图甲是一辆起重车的图片，起重车的质量为9.6t，有四个支撑脚，每个支撑脚的面积为0.3m2，起重时汽车轮胎离开地面。图乙是起重车吊臂上的滑轮组在某次作业中将质量为1200kg的货物匀速提升，滑轮组上钢丝绳的拉力F为5000N，货物上升过程中的s-t图像如图丙所示。（不考虑绳重，g取10N/kg），求：（1）提升货物过程中起重车对水平地面的压强；（2）拉力F的功率；（3）提升货物过程中滑轮组的机械效率。

2．（2021年河北省中考物理试题）如图所示，小灯泡L规格为“5V1W”，R0=50Ω，电源电压不变，电流表的量程为“0~0.6A”、“0~3A”。闭合开关，小灯泡L正常发光。（1）求R0的功率和电源电压；（2）拆除小灯泡L，从规格分别为“10Ω1A”、“100Ω0.5A”的滑动变阻器中选择其中之一，以及若干导线连入电路，选择哪种规格的变阻器电路消耗的功率最大？最大功率是多少？

3．（2020年河北省中考物理试题）小明在离家不远处施工，临时用导线将电水壶和电水龙头（打开几秒钟就能流出热水）接入家中电能表[3000r/(kW•h)]。如图所示。电水壶的规格为“220V1210W”，电水龙头的规格为“220V2420W”，当电路中单独使用电水壶烧水时，铝盘转动110r，用时120s。在电路中单独使用电水龙头洗漱时，用了180s。导线、电水壶和电水龙头的电阻不随温度变化。求：(1)电水壶和电水龙头的电阻；(2)导线的电阻；(3)在洗漱时，导线上产生的热量。4．（2019年河北省中考物理试题）如图1所示，电源电压保持不变，定值电阻R1=10Ω，R2=5Ω，滑动变阻器R的规格为“30Ω2.5A”，电流表A2选用0~3A的量程，电压表选用0~15V的量程．闭合全部开关，电流表A1的示数为1A．求（1）电源电压．（2）若将表盘如图2所示的电流表A3接入电路，闭合全部开关，改变滑片位置，A3的指针恰好指在满偏的三分之二处，变阻器接入电路的可能值．（3）用一个新的电源替代原来的电源，只闭合S，在保证电路安全的情况下，电源电压的最大值．二、综合题5．（2020年河北省中考物理试题）边长为20cm的薄壁正方形容器（质量不计）放在水平桌面上，将质地均匀的实心圆柱体竖直放在容器底部，其横截面积为200cm2，高度为10cm。如图1所示。然后向容器内缓慢注入某种液体，圆柱体始终直立，圆柱体对容器底部的压力与注入液体质量的关系如图2所示。（g取10Nkg）(1)判断圆柱体的密度与液体密度的大小关系，并写出判断依据；(2)当圆柱体刚被浸没时，求它受到的浮力；(3)当液体对容器底部的压强与容器对桌面的压强之比为1：3时，求容器内液体的质量。三、简答题6．（2021年河北省中考物理试题）图所示是一幅撑杆跳高的图片，关于撑竿跳高运动涉及的物理知识，回答下列问题。（1）问题：运动员对竿的力的作用效果是什么？回答：___________。（2）请从机械能角度提出一个问题并回答。问题：___________？回答：___________。参考答案1．（1）；（2）3750W；（3）【详解】解（1）提升货物过程中起重车的总重为提升重物时，受力面积为提升货物过程中起重车对水平地面的压强（2）物体的速度为绳子的速度为拉力F的功率（3）提升货物过程中滑轮组的机械效率答：（1）提升货物过程中起重车对水平地面的压强为；（2）拉力F的功率为；（3）提升货物过程中滑轮组的机械效率。2．（1），；（2）“100Ω0.5A”；12W【详解】（1）分析电路，闭合开关，小灯泡和电阻串联，电流表测该电路电流。小灯泡正常发光，流过小灯泡的电流流过R0的电流R0的功率R0两端电压电源电压（2）由题意知，滑动变阻器和定值电阻并联时，电路消耗的功率可实现最大，当“10Ω1A”接入电路时，流过10Ω电阻的最小电流1.5A大于该电阻允许的最大电流1A，该电阻会被损坏，故舍去。所以选择“100Ω0.5A”的滑动变阻器接入电路时电路消耗的功率可达到最大，此时流过100Ω电阻的最大电流I滑max=0.5A。流过电阻的电流干路最大电流Imax=I滑max+IR0=0.5A+0.3A=0.8A电路最大功率Pmax=U电Imax=15V×0.8A=12W答：（1）R0的功率为；电源电压为；（2）选择“100Ω0.5A”变阻器电路消耗的功率最大；最大功率是12W。3．(1)40Ω和20Ω；(2)4Ω；(3)60500J【分析】(1)根据公式分别求出电水壶和电水龙头的电阻；(2)根据电能表表盘转过的数目求出消耗的电能，根据求出电水壶和导线的功率；然后根据功率和电压求出总电阻，根据串联电路的电阻关系求出导线的电阻；(3)根据导线的电阻和水龙头的电阻求出其总功率；根据焦耳定律求出产生的热量。【详解】解：(1)电水壶的规格为“220V1210W”，电水龙头的规格为“220V2420W”，根据公式可知，电水壶的电阻为电水龙头的电阻为(2)当电路中单独使用电水壶烧水时，消耗的电能为此时电路的总功率为此时电水壶和导线的总电阻为由于导线与电水壶串联接入电路中，则导线的电阻为R线=R总−R壶=44Ω−40Ω=4Ω(3)电水龙头和导线的总电阻为R'=R线+R水龙头=20Ω+4Ω=24Ω此时导线和水龙头的功率为根据公式P=I2R可知，I2=则导线上产生的热量为Q=I2R't=×4Ω×180s=60500J答：(1)电水壶和电水龙头的电阻分别为40Ω和20Ω；(2)导线的电阻为4Ω；(3)在洗漱时，导线上产生的热量为60500J。【点评】本题考查了电功率公式的灵活运用，关键是电能表参数理解和电能的求法，有较大的难度。4．（1）10V；（2）10Ω、5Ω和25Ω；（3）27.5V【详解】（1）由电路图可知，闭合全部开关，R2被短路，滑动变阻器R和定值电阻R1并联，电流表A1测通过R1的电流I1=1A，电压表测电源电压，由欧姆定律得，电源电压：U=I1R1=1A×10Ω＝10V．（2）将A3接入电路，开关全部闭合，由题意知，有两种连接方法：①当A3串联在干路中时，由于I1=1A，则A3选用0～3A的量程，由题意可知，干路中的电流：I=×3A=2A，通过滑动变阻器的电流：I滑1=I-I1=2A-1A=1A，此时滑动变阻器的阻值：R滑1==10Ω；②当A3与R串联时，A3可选用0～3A和0～0.6A的量程：若A3选用0～3A，则有I滑2=2A，此时滑动变阻器的阻值：R滑2==5Ω；若A3选用0～0.6A，则有I滑3=0.4A，此时滑动变阻器的阻值：R滑3==25Ω，所以，变阻器接入电路的阻值可能为10Ω、5Ω、25Ω．（3）只闭合S时，R和R2串联，电压表测R两端的电压，电流表A2测电路中的电流，由题意知，电路中的最大电流：I最大=2.5A，当电压表示数最大时，即UV=15V，新电源电压最大，此时R2两端的电压：U2=I最大R2=2.5A×5Ω＝12.5V，则新电源电压的最大值：U最大=UV+U2=15V+12.5V=27.5V．答：（1）电源电压为10V；（2）变阻器接入电路的可能值为10Ω、5Ω、25Ω；（3）在保证电路安全的情况下，电源电压的最大值为27.5V．5．(1)见解析；(2)20N；(3)4kg【详解】(1)圆柱体的密度大于液体密度；依据：由图2可知，当注入液体质量大于2kg时，圆柱体对容器底部的压力不变，说明此时圆柱体浸没在液体中，即圆柱体沉底了，由浮沉条件可知，圆柱体的密度大于液体密度。(2)由题意知，圆柱体的底面积为其高为h＝10cm＝0.1m则圆柱体的体积为正方体容器的底面积圆柱体刚好浸没时，液体的体积为由图2可知，圆柱体刚好浸没时，注入液体的质量为2kg，则液体的密为根据阿基米德原理可得，当圆柱体刚被浸没时，它受到的浮力为(3)由(2)知，圆柱体刚好浸没时注入液体的质量为2kg；当注入液体质量m1小于或等于2kg时，液体的底面积为由可得，容器内液体的深度为液体对容器底部的压强为由图2可知，当没有注入液体时圆柱体对容器底的压力为140N，即圆柱体的重力为140N，则注入液体后，容器对桌面的压力为容器对桌面的压强已知将①②代入③解得得：解得m1＝2.8kg因为m1＝2.8kg＞2kg故应舍去。当注入液体的质量大于2kg时，即注入液体的深度大于10cm，因液体体积与圆柱体体积之和等于容器底面积乘以液体的深度，即且根据可得液体的体积为所以有则此时液体的深度此时液体对容器底部的压强为容器对桌面的压强为因为p液：p容＝1：3所以代入数据可得m＝4kg。答：(1)圆柱体的密度大于液体密度；依据：由图2可知，当注入液体质量大于2kg时，圆柱体对容器底部的压力不变，说明此时圆柱体浸没在液体中，即圆柱体沉底了，由浮沉条